[USACO07DEC]Sightseeing Cows 题解

题目描述

[USACO07DEC]Sightseeing Cows

给定一张 \(L\) 个点、\(P\) 条边的有向图，每个点都有一个权值 \(f[i]\)，每条边都有一个权值 \(t[i]\)。

求图中的一个环，使“环上各点的权值之和”除以“环上各边的权值之和”最大。

换句话说，输出：

\[\max \dfrac{\sum\limits_{i\in L} f[i]}{\sum\limits_{i\in P} t[i]} \]

想法

对于这种 01分数规划 的题目，可以考虑二分答案。

过程：

1. 设一个 \(mid\) 作为二分值
2. 假设 \(mid\) 是合法的，代入原式，然后推柿子。
3. 根据柿子实现 check()。

对于这题，我们同样假设当前二分的答案为 \(mid\)。

则如果 \(mid\) 是一个不够好但是合法的答案，这个时候只需要令 l = mid，反之则 r = mid。

我们把 \(mid\) 代入可以得到这么一个柿子：

\[\begin{aligned} \dfrac{\sum f[i]}{\sum t[i]} &> mid\\ \sum f[i] &> mid\times \sum t[i]\\ 0&> mid\times\sum{t[i]} - \sum{f[i]}\\ mid\times\sum{t[i]}-\sum{f[i]}&<0\\ \sum{(mid\times t[i] - f[i])} &< 0 \end{aligned} \]

这时我们把边权 \(t[i]\) 和点权 \(f[i]\) 结合考虑，\(\text{check}\) 的时候，把一条边 \((u, v, w)\) 替换成 \((u, v, f[u] + w \times mid)\)，最后算出来的就是一个环上的上述式子了。

所以我们的问题就转换成判负环了，如果一个 \(mid\) 是合法的当且仅当 \(\sum{(mid\times t[i] - f[i])} < 0\) 也就是这个环权值和是负的。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>

using namespace std;

const int N = 1010, M = 5010;
const double eps = 1e-6;


int f[N];
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
double dist[N];
int cnt[N];
bool st[N];
void add(int a, int b, int c)  // 添加一条边a->b，边权为c
{
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

int n, m; // 为什么点要是l，边是p？我现在叛逆期对着干＜（＾－＾）＞

bool check(double mid)
{
    memset(st, 0, sizeof st);
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    memset(cnt, 0, sizeof cnt);
    queue<int> q;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        st[i] = 1;
        q.push(i);
    }
    while(q.size())
    {
        auto t = q.front();
        q.pop();
        st[t] = false;
        for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
        {
            int j = e[i];
            if(dist[j] > dist[t] + (-f[t] + w[i] * mid))
            {
                dist[j] = dist[t] + (-f[t] + w[i] * mid);
                cnt[j] = cnt[t] + 1;
                if(cnt[j] >= n) return true;
                if(!st[j])
                {
                    st[j] = true;
                    q.push(j);
                }
            }
        }
    }
    return false;
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        cin >> f[i]; 
    }
    while (m -- )
    {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c);
    }
    
    double l = 1, r = 1000;
    while(r - l > eps)
    {
        double mid = (l + r) / 2;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid;
    }
    printf("%.2lf\n", l);
    return 0;
}